贵州省贵阳市花溪清华中学2017届高三上学期月考物理试卷（9月份） 32页

‎2016-2017学年贵州省贵阳市花溪清华中学高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个项符合题目的要求，第6-8题有多个项符合题目的要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（　　）‎ A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型 B．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想 C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容，加速度都是采用比值法定义的 D．根据速度定义式，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 ‎2．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，C为耐压值为22v的电容器，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是（　　）‎ A．副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz B．电流表的示数表示的是电流的瞬时值 C．滑动片P向下移时，电流表A1和A2示数均增大 D．为保证电容器C不被击穿，原副线圈匝数比应小于10：1‎ ‎3．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd、b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则（　　）‎ A．U=vBl，流过固定电阻R的感应电流由b到d B．U=vBl，流过固定电阻R的感应电流由d到b C．U=vBl，流过固定电阻R的感应电流由b到d D．U=vBl，流过固定电阻R的感应电流由d到b ‎4．2013年12月15日4时35分，嫦娥三号着陆器与巡视器分离，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面．如图所示是嫦娥三号探测器携“玉兔号”奔月过程中某阶段运动示意图，关闭动力的嫦娥三号探测器在月球引力作用下向月球靠近，并将沿椭圆轨道在P处变轨进入圆轨道，已知探测器绕月做圆周运动轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，下列说法中正确的是（　　）‎ A．图中嫦娥三号探测器在P处由椭圆轨道进入圆轨道前后机械能守恒 B．嫦娥三号携玉兔号绕月球做圆周运动的过程中，玉兔号所受重力为零 C．嫦娥三号经椭圆轨道到P点时和经圆形轨道到P点时的加速度不等 D．由题中所给条件，不可以求出月球的平均密度 ‎5．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）‎ A．﹣E B． C．﹣E D． +E ‎6．如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A所受合外力增大 B．A对竖直墙壁的压力增大 C．B对地面的压力一定增大 D．墙面对A的摩擦力可能变为零 ‎7．如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β（β≠α）保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（　　）‎ A．F1、F2大小不相等 B．F1、F2方向相同 C．小车加速度大小为gtanα D．小车加速度大小为gtanβ ‎8．一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A运动到与O对称的点A′的过程中，其加速度（a）、重力势能（EpG）、机械能（E）、电势能（Ep电）随位置变化的图象如图所示（取0点为坐标原点且重力势能为零，向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为零）．其中可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．如图所示，将电磁打点计时器固定在铁架台上，使质量m=50g的重锤带动纸带由静止开始自由下落，利用此装置可以测量重力加速度．‎ 以下是该同学的实验操作和计算过程，请完成以下内容：‎ ‎（1）以下操作正确的是　　‎ A．在进行实验时，应先释放纸带，再打开电源 B．打点计时器应接在220V的交流档上 C．释放纸带时，应将重锤的一端尽量靠近打点计时器，以便打出更多的点进行研究 D．实验中，应该让纸带保持竖直状态，以减小实验过程中的误差 ‎（2）取下纸带，取其中的一段标出计数点如图所示，测出计数点间的距离分别为x1=2.60cm，x2=4.14cm，x3=5.69cm，x4=7.22cm，x5=8.75cm，x6=10.29cm．已知打点计时器的频率为f=50Hz，则重锤运动的加速度计算式为a=　　，代入数据，可得加速度a=　　m/s2（计算结果保留三位有效数字）．‎ ‎10．测量一个长约5cm、电阻R1‎ 约为30Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：‎ 游标卡尺（20分度）；‎ 螺旋测微器；‎ 直流电源E（电动势为18V，内阻可忽略不计）；‎ 标准电流表A1（量程1.5A，内阻r1=6Ω）；‎ 电流表A2（量程2A，内阻r2约为5Ω）；‎ 滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）；‎ 开关S，导线若干．‎ ‎（1）用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数L=　　cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D=　　mm．‎ ‎（2）请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据．‎ ‎（3）若某次测量中两电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，则由已知量和测量量计算电阻率的表达式为ρ=　　．‎ ‎11．如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m，“9”字全高H=0.8m，“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；‎ ‎（2）滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小；‎ ‎（3）若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ=45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度 h（保留两位有效数字）．‎ ‎12．如图所示，在xoy坐标系坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E=，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界．ab为一块很大的平面感光板垂直于xoy平面且平行于x轴，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰好无粒子打到ab板上．（q、d、m、v0均为已知量，不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用），求：‎ ‎（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及此时距y轴的最大距离；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎　‎ 三、【物理------选修3--3】‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点 C．热量不可能从低温物体传到高温物体 D．物体的体积增大，分子势能不一定增加 E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 ‎14．如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B两部分．初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为T．使A的温度升高△T而保持B部分气体温度不变．则A部分气体的压强增加量为多少？‎ ‎　‎ 四、【物理------选修3--4】‎ ‎15．一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.1s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为10m/s，则（　　）‎ A．这列波沿x轴负方向传播 B．这列波的周期为0.4s C．t=0时刻质点a沿y轴正方向运动 D．从t=0时刻开始质点a经0.2s通过的路程为0.4m E．x=2m处的质点的位移表达式为y=0.2sin（5πt+π）（m）‎ ‎16．由透明体做成的三棱柱，横截面为有一个锐角为30°的直角三角形，如图所示，AC面镀膜，经透明体射到AC面的光只能反射．现有一束光从AB面的D点垂直AB面射入透明体，经AC面E点反射后从BC面射出透明体，出射光线与BC面成30°角 ‎①求该透明体的折射率；‎ ‎②若光线从BC面的F点垂直BC面射入透明体，经AC面E点反射后从AB面射出透明体，试画出经E点后的光路图，并标明出射光线与AB面所成夹角的角度（不用列式计算）．‎ ‎　‎ 五、【物理------选修3--4】‎ ‎17．下列几幅图的有关说法中正确的是（　　）‎ A．‎ 原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径不是任意的 B．‎ 发现少数α粒子发生了较大偏转，因为原子的质量绝大部分集中在很小空间范围 C．‎ 光电效应实验和康普顿效应实验说明了光具有粒子性 D．‎ 射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷 E．‎ 链式反应属于重核的裂变 ‎18．如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；‎ ‎（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep．‎ ‎　‎ ‎2016-2017学年贵州省贵阳市花溪清华中学高三（上）月考物理试卷（9月份）‎ 参考答案与试题解析 ‎　‎ 一、选择题：本题共8小题，每小题6分，在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一个项符合题目的要求，第6-8题有多个项符合题目的要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．‎ ‎1．在物理学的发展过程中，许多物理学家都做出了重要的贡献，他们也创造出了许多的物理学研究方法，下列关于物理学研究方法的叙述中正确的是（　　）‎ A．理想化模型是把实际问题理想化，略去次要因素，突出主要因素，例如质点、位移等是理想化模型 B．重心、合力和交变电流的有效值等概念的建立都体现了等效替代的思想 C．用比值法定义的物理概念在物理学中占有相当大的比例，例如场强，电容，加速度都是采用比值法定义的 D．根据速度定义式，当△t非常小时，就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了极限思想方法 ‎【考点】物理学史．‎ ‎【分析】理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的．重心、合力等体现了等效替代的思想；加速度a=不是采用比值法．瞬时速度定义用了数学极限思想．‎ ‎【解答】解：A、理想化模型是抓主要因素，忽略次要因素得到的，质点是理想化模型，但是位移不是，故A错误．‎ B、重心、合力和交变电流的有效值体现了等效替代的思想，故B正确．‎ C、场强 E=，电容C=，都是采用比值法定义，加速度a=不是采用比值法，该公式为牛顿第二定律的表达式．故C错误．‎ D、瞬时速度是依据速度定义式v=，当△t非常小时，‎ 就可以表示物体在t时刻的瞬时速度，该定义应用了数学极限思想，故D正确．‎ 故选：BD ‎　‎ ‎2．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，C为耐压值为22v的电容器，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是（　　）‎ A．副线圈两端电压的变化频率为0.5Hz B．电流表的示数表示的是电流的瞬时值 C．滑动片P向下移时，电流表A1和A2示数均增大 D．为保证电容器C不被击穿，原副线圈匝数比应小于10：1‎ ‎【考点】变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．‎ ‎【分析】根据图乙知交流电周期为0.02s，所以频率为50Hz，由题意知灯泡两端电压为22V，求副线圈电流，根据欧姆定律求匝数比，滑动变阻器的触头向右滑动，电阻增大，而副线圈电压不变，变压器的输入功率等于输出功率减小．‎ ‎【解答】解：A、根据图乙知交流电周期为0.02s，所以频率为50Hz，A错误；‎ B、电流表的示数表示的是电流的有效值，故B错误；‎ C、滑动变阻器的触头向下滑动，电阻减小，而副线圈电压不变，则电流变大，故C正确；‎ D、由题意知，原线圈的最大电压为311V，而电容器的耐压值为22V，即为最大值，‎ 根据原副线圈的电压有效值与匝数成正比，则有原副线圈匝数比是应大于10：1．故D错误；‎ 故选：C．‎ ‎　‎ ‎3．如图所示，两根相距为l的平行直导轨ab、cd、b、d间连有一固定电阻R，导轨电阻可忽略不计．MN为放在ab和cd上的一导体杆，与ab垂直，其电阻也为R．整个装置处于匀强磁场中，磁感应强度的大小为B，磁场方向垂直于导轨所在平面（指向图中纸面内）．现对MN施力使它沿导轨方向以速度v（如图）做匀速运动．令U表示MN两端电压的大小，则（　　）‎ A．U=vBl，流过固定电阻R的感应电流由b到d B．U=vBl，流过固定电阻R的感应电流由d到b C．U=vBl，流过固定电阻R的感应电流由b到d D．U=vBl，流过固定电阻R的感应电流由d到b ‎【考点】导体切割磁感线时的感应电动势；右手定则．‎ ‎【分析】当MN匀速运动时，MN相当于电源．‎ 由右手定则判断电流的方向．‎ 再根据闭合电路欧姆定律求出MN两端电压的大小．‎ ‎【解答】解：当MN运动时，相当于电源．但其两边的电压是外电路的电压，假设导轨没电阻，MN两端的电压也就是电阻R两端的电压，电路中电动势为E=BLV，MN的电阻相当于电源的内阻，二者加起来为2R，‎ 则电阻上的电压为BLv，‎ 再由右手定则，拇指指向速度方向，手心被磁场穿过，四指指向即为电流方向，即由N到M，‎ 那么流过电阻的就是由b到d．故A正确，B、C、D错误．‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎4．2013年12月15日4时35分，嫦娥三号着陆器与巡视器分离，“玉兔号”巡视器顺利驶抵月球表面．如图所示是嫦娥三号探测器携“玉兔号”奔月过程中某阶段运动示意图，关闭动力的嫦娥三号探测器在月球引力作用下向月球靠近，并将沿椭圆轨道在P处变轨进入圆轨道，已知探测器绕月做圆周运动轨道半径为r，周期为T，引力常量为G，下列说法中正确的是（　　）‎ A．图中嫦娥三号探测器在P处由椭圆轨道进入圆轨道前后机械能守恒 B．嫦娥三号携玉兔号绕月球做圆周运动的过程中，玉兔号所受重力为零 C．嫦娥三号经椭圆轨道到P点时和经圆形轨道到P点时的加速度不等 D．由题中所给条件，不可以求出月球的平均密度 ‎【考点】万有引力定律及其应用．‎ ‎【分析】“玉兔号”巡视器在飞向B处的过程中，月球引力做正功；巡视器在P处由椭圆轨道进入圆轨道必须点火减速，做近心运动才能进入圆轨道；变轨前嫦娥三号机械能守恒．在同一点加速度相等．‎ ‎【解答】解：A、在P点变轨前后嫦娥三号都只有引力做功，机械能均守恒，但在变轨时速度减小，机械能减小，故A错误；‎ B、嫦娥三号携玉兔号绕月球做圆周运动的过程中，玉兔号所受重力等于万有引力，不为零，故B错误；‎ C、据牛顿第二定律得：，得 a=，可知变轨前后嫦娥三号在P点的加速度相等，故C错误；‎ D、万有引力等于向心力，有：，可以求解出质量为M=，但不知道月球的半径，无法求解月球的密度，故D正确．‎ 故选：D．‎ ‎　‎ ‎5．均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．如图所示，在半球面AB上均匀分布正电荷，总电荷量为q，球面半径为R，CD为通过半球顶点与球心O的轴线，在轴线上有M、N两点，OM=ON=2R．已知M点的场强大小为E，则N点的场强大小为（　　）‎ A．﹣E B． C．﹣E D． +E ‎【考点】电场强度；电场的叠加．‎ ‎【分析】均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场，‎ 假设将带电量为2q的球面放在O处在M、N点所产生的电场和半球面在M点的场强对比求解．‎ ‎【解答】解：若将带电量为2q的球面放在O处，‎ 均匀带电的球壳在球外空间产生的电场等效于电荷集中于球心处产生的电场．‎ 则在M、N点所产生的电场为E==，‎ 由题知当半球面如图所示产生的场强为E，则N点的场强为 E′=﹣E，‎ 故选A．‎ ‎　‎ ‎6．如图所示，横截面为直角三角形的斜劈A，底面靠在粗糙的竖直墙面上，力F通过球心水平作用在光滑球B上，系统处于静止状态．当力F增大时，系统还保持静止，则下列说法正确的是（　　）‎ A．A所受合外力增大 B．A对竖直墙壁的压力增大 C．B对地面的压力一定增大 D．墙面对A的摩擦力可能变为零 ‎【考点】共点力平衡的条件及其应用；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】正确选择研究对象，对其受力分析，运用平衡条件列出平衡等式解题．‎ ‎【解答】解：A、A一直处于静止，所受合外力一直为零不变，故A错误；‎ B、以整体为研究对象，受力分析，根据平衡条件，水平方向：N=F，N为竖直墙壁对A的弹力，F增大，则N增大，所以由牛顿第三定律可得：A对竖直墙壁的压力增大．故B正确；‎ C、对B受力分析，如图：‎ 根据平衡条件：F=N′sinθ，F增大，则N′增大，‎ N″=mg+N′cosθ，N′增大，则N″增大，根据牛顿第三定律得，球对地面的压力增大，故C正确；‎ D、以整体为研究对象，竖直方向：N″+f=Mg，若N″增大至与Mg相等，则f=0，故D正确．‎ 故选：BCD．‎ ‎　‎ ‎7．如图所示，小车上固定一水平横杆，横杆左端的固定斜杆与竖直方向成α角，斜杆下端连接一质量为m的小球；同时横杆右端用一根细线悬挂相同的小球．当小车沿水平面做直线运动时，细线与竖直方向间的夹角β（β≠α）保持不变．设斜杆、细线对小球的作用力分别为F1、F2，下列说法正确的是（　　）‎ A．F1、F2大小不相等 B．F1、F2方向相同 C．小车加速度大小为gtanα D．小车加速度大小为gtanβ ‎【考点】牛顿第二定律；物体的弹性和弹力．‎ ‎【分析】两小球和小车具有相同的加速度，先对细线吊的小球分析进行受力，根据牛顿第二定律求出加速度．再对轻杆固定的小球应用牛顿第二定律研究，得出轻杆对球的作用力方向．‎ ‎【解答】解：A、B、对右边的小铁球研究，根据牛顿第二定律，设其质量为m，得：‎ mgtanβ=ma，‎ 得到：a=gtanβ 对左边的小铁球研究．设其加速度为a′，轻杆对小球的弹力方向与竖直方向夹角为θ，‎ 由牛顿第二定律，得：‎ mgtanθ=ma′‎ 因为a=a′，得到θ=β，则轻杆对小球的弹力方向与细线平行，即F1、F2方向相同，大小相等，故A错误，B正确；‎ C、D、小车的加速度a=gtanβ，故C错误，D正确．‎ 故选：BD．‎ ‎　‎ ‎8．一半径为R的均匀带正电圆环水平放置，环心为O点，质量为m的带正电的小球从O点正上方h高的A点静止释放，并穿过带电环，关于小球从A运动到与O对称的点A′的过程中，其加速度（a）、重力势能（EpG）、机械能（E）、电势能（Ep电）随位置变化的图象如图所示（取0点为坐标原点且重力势能为零，向下为加速度的正方向，并取无限远处电势为零）．其中可能正确的是（　　）‎ A． B． C． D．‎ ‎【考点】电势能；电势．‎ ‎【分析】画出小球运动的示意图，通过分析小球受到的电场力可能的情况，来确定合力情况，再由牛顿第二定律分析加速度情况．由EP=mgh分析重力势能的变化情况．根据电场力做功情况，分析小球机械能的变化和电势能的变化情况．‎ ‎【解答】解：小球运动过程的示意图如图所示．‎ A、圆环中心的场强为零，无穷远处场强也为零，则小球从A到圆环中心的过程中，场强可能先增大后减小，则小球所受的电场力先增大后减小方向竖直向上，由牛顿第二定律得知，重力不变，则加速度可能先减小后增大；小球穿过圆环后，小球所受的电场力竖直向下，加速度方向向下，为正值，根据对称性可知，电场力先增大后减小，则加速度先增大后减小．故A不可能．故A错误．‎ B、小球从A到圆环中心的过程中，重力势能EpG=mgh，小球穿过圆环后，EpG=﹣mgh，根据数学知识可知，B是可能的．故B正确．‎ C、小球从A到圆环中心的过程中，电场力做负功，机械能减小，小球穿过圆环后，电场力做正功，机械能增大，故C是可能的．故C正确．‎ D、由于圆环所产生的是非匀强电场，小球下落的过程中，电场力做功与下落的高度之间是非线性关系，电势能变化与下落高度之间也是非线性关系，所以D是不可能的．故D错误．‎ 故选：BC ‎　‎ 二、非选择题 ‎9．如图所示，将电磁打点计时器固定在铁架台上，使质量m=50g的重锤带动纸带由静止开始自由下落，利用此装置可以测量重力加速度．‎ 以下是该同学的实验操作和计算过程，请完成以下内容：‎ ‎（1）以下操作正确的是　CD　‎ A．在进行实验时，应先释放纸带，再打开电源 B．打点计时器应接在220V的交流档上 C．释放纸带时，应将重锤的一端尽量靠近打点计时器，以便打出更多的点进行研究 D．实验中，应该让纸带保持竖直状态，以减小实验过程中的误差 ‎（2）取下纸带，取其中的一段标出计数点如图所示，测出计数点间的距离分别为x1=2.60cm，x2=4.14cm，x3=5.69cm，x4=7.22cm，x5=8.75cm，x6=10.29cm．已知打点计时器的频率为f=50Hz，则重锤运动的加速度计算式为a=　f2　，代入数据，可得加速度a=　9.60　m/s2（计算结果保留三位有效数字）．‎ ‎【考点】验证机械能守恒定律．‎ ‎【分析】‎ 了解打点计时器的原理和具体使用，明确周期和频率的关系即可正确解答．‎ 利用逐差法可以求出小车的加速度大小．‎ ‎【解答】解：（1）A、为了提高纸带的利用率，同时为了使打点更稳定，使所打点尽量在一条直线上，应该先接通电源，后释放小车，故A错误；‎ B、打点计时器应接在4﹣6V的交流档上，故B错误；‎ C、释放纸带时，应将重锤的一端尽量靠近打点计时器，以便打出更多的点进行研究，故C正确；‎ D、实验中，应该让纸带保持竖直状态，以减小实验过程中的误差，故D正确；‎ 故选：CD．‎ ‎（2）根据匀变速直线运动的推论公式△x=aT2可以求出加速度的大小，‎ 得：x4﹣x1=3a1T2‎ x5﹣x2=3a2T2‎ ‎ x6﹣x3=3a3T2‎ 为了更加准确的求解加速度，我们对三个加速度取平均值 得：a=（a1+a2+a3）=f2，‎ 解得：a=9.60m/s2‎ 故答案为：（1）CD．‎ ‎（2）f2，9.60m/s2‎ ‎　‎ ‎10．测量一个长约5cm、电阻R1约为30Ω、横截面为圆形、粗细均匀的导电材料的电阻率，所用器材如下：‎ 游标卡尺（20分度）；‎ 螺旋测微器；‎ 直流电源E（电动势为18V，内阻可忽略不计）；‎ 标准电流表A1（量程1.5A，内阻r1=6Ω）；‎ 电流表A2（量程2A，内阻r2约为5Ω）；‎ 滑动变阻器R2（最大阻值10Ω）；‎ 开关S，导线若干．‎ ‎（1）用游标卡尺测得该材料的长度如图甲所示，读数L=　5.020　cm；用螺旋测微器测得该材料的直径如图乙所示，读数D=　2.149mm～2.151　mm．‎ ‎（2）请根据给出的仪器设计测电阻的实验电路原理图，要求获得较多的实验数据．‎ ‎（3）若某次测量中两电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，则由已知量和测量量计算电阻率的表达式为ρ=　　．‎ ‎【考点】测定金属的电阻率．‎ ‎【分析】解决本题的关键掌握游标卡尺读数的方法，主尺读数加上游标读数，不需估读．螺旋测微器的读数方法是固定刻度读数加上可动刻度读数，在读可动刻度读数时需估读．根据电路图连接实物图．根据欧姆定律和电阻定律求解电阻率的表达式．‎ ‎【解答】解：（1）游标卡尺的固定刻度读数为50mm，游标读数为0.05×4mm=0.20mm，所以最终读数为50mm+0.20mm=50.20mm=5.020cm．‎ 螺旋测微器的固定刻度读数为2mm，可动刻度读数为0.01×15.0mm=0.150mm，‎ 所以最终读数为2mm+0.150mm=2.150mm（2.149mm～2.151mm），‎ ‎（2）根据题意可知，电流表的读数之差，结合电阻，从而求得电压，则设计的电路图如图所示．‎ ‎（3）根据欧姆定律可得 导体电材料的电阻Rx=，‎ 由电阻定律得：Rx=ρ，S=πD2‎ 联立解得，ρ=．‎ 故答案为：（1）5.020cm、2.149mm～2.151mm；‎ ‎（2）如图所示：‎ ‎（3）．‎ ‎　‎ ‎11．如图所示，水平传送带的右端与竖直面内的用内壁光滑钢管弯成的“9”形固定轨道相接，钢管内径很小．传送带的运行速度为v0=6m/s，将质量m=1.0kg的可看作质点的滑块无初速地放到传送带A端，传送带长度为L=12.0m，“9”字全高H=0.8m，“9”字上半部分圆弧半径为R=0.2m，滑块与传送带间的动摩擦因数为μ=0.3，重力加速g=10m/s2，试求：‎ ‎（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间；‎ ‎（2）滑块滑到轨道最高点C时受到轨道的作用力大小；‎ ‎（3）若滑块从“9”形轨道D点水平抛出后，恰好垂直撞在倾角θ=45°的斜面上P点，求P、D两点间的竖直高度 h（保留两位有效数字）．‎ ‎【考点】动能定理的应用；牛顿第二定律．‎ ‎【分析】（1）滑块在传送带上先做匀加速直线运动，达到传送带速度后做匀速直线运动，结合运动学公式求出滑块从A端到达B端的时间．‎ ‎（2）对B到C的过程运用动能定理求出C点的速度，根据牛顿第二定律求出轨道在C点对滑块的弹力，从而得出滑块对轨道的作用力大小和方向．‎ ‎（3）对B到D的过程运用动能定理，求出到达D点的速度，根据平抛运动的规律求出到达P点竖直方向上的分速度，结合速度位移公式求出P、D两点间的高度．‎ ‎【解答】解：（1）在传送带上加速运动时，由牛顿定律μmg=ma得 a=μg=3m/s2‎ 加速到与传送带达到共速所需要的时间=，‎ 前2s内的位移 ‎，‎ 之后滑块做匀速运动的位移x2=L﹣x1=6m．‎ 所用的时间，‎ 故t=t1+t2=3s．‎ ‎（2）滑块由B到C的过程中动能定理 在C点，轨道对滑块的弹力与其重力的合力为其做圆周运动提供向心力，设轨道对滑块的弹力方向竖直向下，‎ 由牛顿第二定律得，‎ 解得FN=90N，方向竖直向下，‎ 由牛顿第三定律得，滑块对轨道的压力大小 90N，方向竖直向上． ‎ ‎（3）滑块从B到D的过程中由动能定理得 在P点，‎ 又h=，‎ 代入数据，解得h=1.4m．‎ 答：（1）滑块从传送带A端运动到B端所需要的时间为3s；‎ ‎（2）滑块滑到轨道最高点C时对轨道作用力的大小为90N，方向竖直向上；‎ ‎（3）P、D两点间的竖直高度为1.4m．‎ ‎　‎ ‎12．如图所示，在xoy坐标系坐标原点O处有一点状的放射源，它向xoy平面内的x轴上方各个方向发射α粒子，α粒子的速度大小均为v0，在0＜y＜d的区域内分布有指向y轴正方向的匀强电场，场强大小为E=，其中q与m分别为α粒子的电量和质量；在d＜y＜2d的区域内分布有垂直于xoy平面向里的匀强磁场，mn为电场和磁场的边界．ab为一块很大的平面感光板垂直于xoy平面且平行于x轴，放置于y=2d处，如图所示．观察发现此时恰好无粒子打到ab板上．（q、d、m、v0均为已知量，不考虑α粒子的重力及粒子间的相互作用），求：‎ ‎（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小及此时距y轴的最大距离；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小；‎ ‎（3）将ab板至少向下平移多大距离才能使所有的粒子均能打到板上？此时ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎【考点】带电粒子在匀强磁场中的运动；牛顿第二定律；向心力；带电粒子在匀强电场中的运动．‎ ‎【分析】（1）根据动能定理求出α粒子刚进人磁场时的动能．‎ ‎（2）粒子沿x轴正方向射出的粒子进入磁场偏转的角度最大，若该粒子进入磁场不能打在ab板上，则所有粒子均不能打在ab板上．根据带电粒子在电场中类平抛运动，求出进入磁场中的偏转角度，结合几何关系得出轨道半径，从而得出磁感应强度的大小．‎ ‎（3）沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切．根据带电粒子在磁场中运动的轨道半径大小得出磁场的宽度，从而确定出ab板移动的位置，根据几何关系求出ab板上被α粒子打中的区域的长度．‎ ‎【解答】解：‎ ‎（1）根据动能定理：‎ 可得：v=2v0‎ 初速度方向与x轴平行的粒子通过边界mn时距y轴最远，由类平抛知识：‎ 沿电场线方向上有：‎ 由牛顿第二定律可得：Eq=ma 垂直于电场线方向上有：x=v0t 解得：‎ ‎（2）根据上题结果可知：‎ 对于沿x轴正方向射出的粒子进入磁场时与x轴正方向夹角：‎ 易知若此粒子不能打到ab板上，则所有粒子均不能打到ab板，因此此粒子轨迹必与ab板相切，可得其圆周运动的半径：‎ 又根据洛伦兹力提供向心力：‎ 可得：‎ ‎（3）由分析可知沿x轴负方向射出的粒子若能打到ab板上，则所有粒子均能打到板上．其临界情况就是此粒子轨迹恰好与ab板相切． ‎ 由分析可知此时磁场宽度为原来的，‎ 则：ab板至少向下移动 ‎ 沿x轴正方向射出的粒子打在ab板的位置粒子打在ab板区域的右边界 由几何知识可知：ab板上被粒子打中区域的长度：‎ 答：（1）α粒子通过电场和磁场边界mn时的速度大小为2v0；此时距y轴的最大距离；‎ ‎（2）磁感应强度B的大小为 ‎（3）将ab板至少向下平移才能使所有的粒子均能打到板上；此时ab板上被α粒子打中的区域的长度为+．‎ ‎　‎ 三、【物理------选修3--3】‎ ‎13．下列说法中正确的是（　　）‎ A．布朗运动就是液体分子的无规则运动 B．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点 C．热量不可能从低温物体传到高温物体 D．物体的体积增大，分子势能不一定增加 E．一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，那么它一定从外界吸热 ‎【考点】布朗运动；热力学第一定律；热力学第二定律；* 晶体和非晶体．‎ ‎【分析】布朗运动是悬浮在液体中固体微粒的运动，是液体分子无规则热运动的反应．晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．热量也可能从低温物体传到高温物体．物体的体积增大，分子势能不一定增加．根据气态方程分析压强不变、体积增大时温度的变化，即可判断内能的变化，由热力学第一定律分析吸放热情况．‎ ‎【解答】解：‎ A、布朗运动是悬浮在液体中固体颗粒的运动，是由于小颗粒受到的液体分子撞击受力不平衡而引起的，所以布朗运动是液体分子无规则运动的反映，故A错误．‎ B、晶体有确定的熔点，非晶体没有确定的熔点．故B正确．‎ C、热量自发地由高温物体传到低温物体，在外界的影响下，也可以从低温物体传到高温物体，比如电冰箱，故C错误．‎ D、若分子间的作用力表示斥力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做正功，分子势能减小；若分子间的作用力表示引力时，物体的体积增大，分子间距增大，分子力做负功，分子势能增加；故D正确．‎ E、一定质量的理想气体，如果压强不变，体积增大，由=c可知温度升高，则内能增加，根据热力学第一定律得知气体一定吸热，故E正确．‎ 故选：BDE ‎　‎ ‎14．如图所示，水平放置一个长方体的封闭气缸，用无摩擦活塞将内部封闭气体分为完全相同的A、B两部分．初始时两部分气体压强均为p、热力学温度均为T．使A的温度升高△T而保持B部分气体温度不变．则A部分气体的压强增加量为多少？‎ ‎【考点】理想气体的状态方程．‎ ‎【分析】A、B两部分气体总体积不变、它们的压强相等，对A部分气体根据理想气体状态方程列方程，对B部分气体应用玻意耳定律列方程，然后求出A部分气体压强的增加量．‎ ‎【解答】解：设温度升高后，AB压强增加量都为△p，升高温度后体积VA，‎ 由理想气体状态方程得：，‎ 对B部分气体，升高温度后体积VB，‎ 由玻意耳定律得：pV=（p+△p）VB，‎ 两部分气体总体积不变：2V=VA+VB，‎ 解得：；‎ 答：A部分气体的压强增加量为．‎ ‎　‎ 四、【物理------选修3--4】‎ ‎15．一列简谐横波在t=0时刻的波形图如图实线所示，从此刻起，经0.1s波形图如图虚线所示，若波传播的速度为10m/s，则（　　）‎ A．这列波沿x轴负方向传播 B．这列波的周期为0.4s C．t=0时刻质点a沿y轴正方向运动 D．从t=0时刻开始质点a经0.2s通过的路程为0.4m E．x=2m处的质点的位移表达式为y=0.2sin（5πt+π）（m）‎ ‎【考点】波长、频率和波速的关系；横波的图象．‎ ‎【分析】波传播的速度为10m/s，根据△x=v•△t求解0.1s内波形平移的间距，然后结合波形图得到波的传播情况．‎ ‎【解答】解：A、波传播的速度为10m/s，经0.1s波形平移的间距为：‎ ‎△x=v•△t=10×0.1=1m，故结合波形图可以看出波形向左平移1m；故A正确；‎ B、从波形图可以看出波长为4m，故周期：T===0.4s，故B正确；‎ C、波沿x轴负方向传播，故t=0时刻质点a沿y轴负方向运动，故C错误；‎ D、周期为0.4s，由于，故质点a经0.2s通过的路程为：S=2A=0.4m，故D正确；‎ E、x=2m处的质点正向下运动，故位移表达式为y=﹣Asin=0.2sin（5πt+π），故E正确；‎ 故选：ABDE．‎ ‎　‎ ‎16．由透明体做成的三棱柱，横截面为有一个锐角为30°的直角三角形，如图所示，AC面镀膜，经透明体射到AC面的光只能反射．现有一束光从AB面的D点垂直AB面射入透明体，经AC面E点反射后从BC面射出透明体，出射光线与BC面成30°角 ‎①求该透明体的折射率；‎ ‎②‎ 若光线从BC面的F点垂直BC面射入透明体，经AC面E点反射后从AB面射出透明体，试画出经E点后的光路图，并标明出射光线与AB面所成夹角的角度（不用列式计算）．‎ ‎【考点】光的折射定律．‎ ‎【分析】①根据几何知识求得光线在BC面上的入射角和折射角，根据折射定律求得折射率．‎ ‎②画出光路图，根据折射定律和反射定律确定相关的角度．‎ ‎【解答】解：①如图，由几何关系得光线在BC面上的入射角和折射角分别为：‎ ‎ θ1=30°，θ2=60°‎ 由折射定律得：‎ ‎ n===‎ ‎②若光线从BC面的F点垂直BC面射入透明体，如图，光线射到AC面上的入射角为60°，反射角也为60°，根据几何关系得知，光线射到AB面上的入射角为 i=30°，设折射角为r，则 ‎ n=‎ 得，sinr=nsini=•sin30°=，r=60°，所以出射光线与AB面所成夹角的角度为30°．如图所示．‎ 答：‎ ‎①该透明体的折射率为；‎ ‎②画出经E点后的光路图如图所示，标明出射光线与AB面所成夹角的角度如图．‎ ‎　‎ 五、【物理------选修3--4】‎ ‎17．下列几幅图的有关说法中正确的是（　　）‎ A．‎ 原子中的电子绕原子核高速运转时，运行轨道的半径不是任意的 B．‎ 发现少数α粒子发生了较大偏转，因为原子的质量绝大部分集中在很小空间范围 C．‎ 光电效应实验和康普顿效应实验说明了光具有粒子性 D．‎ 射线甲由α粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷 E．‎ 链式反应属于重核的裂变 ‎【考点】重核的裂变．‎ ‎【分析】根据玻尔理论分析电子的轨道的半径是特定的；少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的质量绝大部分集中在很小空间；光电效应说明了光具有粒子性；根据左手定则可知，射线甲带负电；链式反应属于重核的裂变．‎ ‎【解答】解：A、由图和根据玻尔理论知道，电子的轨道不是任意的，电子有确定的轨道．故A正确．‎ B、少数α粒子发生了较大偏转，说明原子的几乎全部质量和所有正电荷主要集中在很小的核上，否则不可能发生大角度偏转，该处要强调“所有正电荷主要集中在很小的核上”．故B错误．‎ C、光电效应实验说明了光具有粒子性，故C正确．‎ D、根据带电粒子在磁场中偏转，结合左手定则可知，射线丙由a粒子组成，每个粒子带两个单位正电荷．故D错误．‎ E、链式反应属于重核的裂变，故E正确；‎ 故选：ACE．‎ ‎　‎ ‎18．如图，两块相同平板P1、P2置于光滑水平面上，质量均为m．P2的右端固定一轻质弹簧，左端A与弹簧的自由端B相距L．物体P置于P1的最右端，质量为2m且可以看作质点．P1与P以共同速度v0向右运动，与静止的P2发生碰撞，碰撞时间极短，碰撞后P1与P2粘连在一起，P压缩弹簧后被弹回并停在A点（弹簧始终在弹性限度内）．P与P2之间的动摩擦因数为μ，求：‎ ‎（1）P1、P2刚碰完时的共同速度v1和P的最终速度v2；‎ ‎（2）此过程中弹簧最大压缩量x和相应的弹性势能Ep．‎ ‎【考点】动量守恒定律．‎ ‎【分析】（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律列出等式．对P1、P2、P系统，由动量守恒定律求解．‎ ‎（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v3，由动量守恒定律和能量守恒定律求解．‎ ‎【解答】解：（1）P1、P2碰撞过程，由动量守恒定律 mv0=2mv1①‎ 解得v1=，方向水平向右 ②‎ 对P1、P2、P系统，由动量守恒定律 mv0+2mv0=4mv2③‎ 解得v2=，方向水平向右④‎ ‎（2）当弹簧压缩最大时，P1、P2、P三者具有共同速度v2，由动量守恒定律 mv0+2mv0=4mv2⑤‎ ‎ 对系统由能量守恒定律 μ（2m）g×2（L+x）=（2m）v+（2m）v﹣（4m）v⑥‎ 解得x=﹣L ⑦‎ 最大弹性势能Ep=（2m）v+（2m）v﹣（4m）v﹣μ•2mg（L+x） ⑧‎ 解得Ep=mv⑨‎ 答：（1）P1、P2刚碰完时的共同速度是，方向水平向右，P的最终速度是，方向水平向右；‎ ‎（2）此过程中弹簧最大压缩量x是﹣L，相应的弹性势能是mv．‎ ‎　‎ ‎2017年2月24日